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- 2021-06-18 发布
2016-2017学年浙江省绍兴市柯桥区高三（下）期中数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．
1．设f（x）=log2x的定义域为是A={1，2，4}，值域为B，则A∩B=（ ）
A．{1} B．{2} C．{1，2} D．{1，4}
2．复数z满足（1+i）z=i+2，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ）
A．﹣3 B．2 C．﹣3或2 D．
5．已知随机变量ξ的分布列为下表所示，若，则Dξ=（ ）
ξ
﹣1
0
1
P
a
b
A． B． C．1 D．
6．设集合，则A表示的平面区域的面积是（ ）
A． B． C． D．1
7．已知函数f（x）=asinx+bcosx（a≠0）在处取得最小值，则函数是（ ）
A．偶函数且它的图象关于点（π，0）对称
B．偶函数且它的图象关于点对称
C．奇函数且它的图象关于点（π，0）对称
D．奇函数且它的图象关于点对称
8．已知x，y∈R，（ ）
A．若|x﹣y2|+|x2+y|≤1，则
B．若|x﹣y2|+|x2﹣y|≤1，则
C．若|x+y2|+|x2﹣y|≤1，则
D．若|x+y2|+|x2+y|≤1，则
9．已知平面向量满足，，，，则最大值为（ ）
A． B． C． D．
10．已知异面直线l1，l2，点A是直线l1上的一个定点，过l1，l2分别引互相垂直的两个平面α，β，设l=α∩β，P为点A在l的射影，当α，β变化时，点P的轨迹是（ ）
A．圆 B．两条相交直线 C．球面 D．抛物线
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
11．双曲线的渐近线方程是 ，离心率是 ．
12．某四棱锥的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是 cm3，侧面积是 cm2．
13．已知正数数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1= ，Sn= ．
14．若正数a，b满足3+log2a=1+log4b=log8（a+b），则a=
，b= ．
15．现有排成一列的5个花盆，要将甲、乙两种花种在其中的2个花盆里（每个花盆种一种花），若要求每相邻的3个花盆里至少有一种花，则这样的不同的种法数是 （用数字作答）
16．已知圆O1和圆O2都经过点A（0，1），若两圆与直线4x﹣3y+5=0及y+1=0均相切，则|O1O2|= ．
17．已知函数f（x）=x2+mx++n（m，n∈R）有零点，则m2+n2的取值范围是 ．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．
18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bcosC+（2a+c）cosB=0．
（I）求角B的值；
（II）若b=1，，求△ABC的面积．
19．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
（I）求证：GF∥平面ADE；
（II）求GF与平面ABE所成角的正切值．
20．已知函数f（x）=x+．
（Ⅰ）当λ＞0时，求证：f（x）≥（1﹣λ）x+λ，并指出等号成立的条件；
（Ⅱ）求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞λ．
21．已知椭圆，点A（3，0），P是椭圆C上的动点．
（I）若直线AP与椭圆C相切，求点P的坐标；
（II）若P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形OPAB面积的最小值．
22．已知正项数列{an}满足：a1=，an2=an﹣1an+an﹣1（n≥2），Sn为数列{an}的前n项和．
（I）求证：对任意正整数n，有；
（II）设数列的前n项和为Tn，求证：对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，Tn＞M．
2016-2017学年浙江省绍兴市柯桥区高三（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．
1．设f（x）=log2x的定义域为是A={1，2，4}，值域为B，则A∩B=（ ）
A．{1} B．{2} C．{1，2} D．{1，4}
【考点】4N：对数函数的图象与性质．
【分析】计算f（1），f（2），f（4），得出B，从而得出A与B的交集．
【解答】解：f（1）=0，f（2）=1，f（4）=2，
∴B={0，1，2}，
∴A∩B={1，2}．
故选C．
2．复数z满足（1+i）z=i+2，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．
【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．
【解答】解：∵（1+i）z=i+2，∴（1﹣i）（1+i）z=（i+2）（1﹣i），∴2z=3﹣i，∴﹣i．
则z的虚部为，
故选：C．
3．已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”，又AD与BC相交．∴l⊥平面ABCD⇒l垂直于两底AB，CD，反之不成立．即可判断出结论．
【解答】解：四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”，又AD与BC相交．
∴l⊥平面ABCD⇒l垂直于两底AB，CD，反之不成立．
∴“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的充分不必要条件．
故选：A．
4．已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ）
A．﹣3 B．2 C．﹣3或2 D．
【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】求出导数，设出切点，可得切线的斜率，解方程可得切点的横坐标．
【解答】解：设切点为（m，n），（m＞0），
的导数为y′=x﹣，
可得切线的斜率为m﹣=﹣，
解方程可得，m=2．
故选B．
5．已知随机变量ξ的分布列为下表所示，若，则Dξ=（ ）
ξ
﹣1
0
1
P
a
b
A． B． C．1 D．
【考点】CG：离散型随机变量及其分布列．
【分析】由ξ的分布列的性质得到+a+b=1，E（ξ）=求得a、b的值，
再利用离散型随机变量方差公式求得D（ξ）的值．
【解答】解：由E（ξ）=﹣1×+0×a+1×b=，整理得b=，
由+a+b=1，a=1﹣﹣=，
∴D（ξ）=（﹣1﹣）2×+（0﹣）2×+（1﹣）2×=．
故选：B．
6．设集合，则A表示的平面区域的面积是（ ）
A． B． C． D．1
【考点】7B：二元一次不等式（组）与平面区域．
【分析】画出不等式组表示的平面区域，求出三角形的顶点坐标，结合图形计算三角形的面积．
【解答】解：画出不等式组所表示的平面区域如图所示，
联立，
得A（0，1），
联立，
得B（﹣，﹣），
联立，
得C（，﹣）；
∴又直线x﹣y﹣1=0交y轴于点D（0，﹣1）
∴不等式组表示的平面区域面积为
S=S△ABD+S△ACD=×2×+×2×=1．
故选：D．
7．已知函数f（x）=asinx+bcosx（a≠0）在处取得最小值，则函数是（ ）
A．偶函数且它的图象关于点（π，0）对称
B．偶函数且它的图象关于点对称
C．奇函数且它的图象关于点（π，0）对称
D．奇函数且它的图象关于点对称
【考点】GI：三角函数的化简求值．
【分析】由题意可得﹣（a+b）=﹣，即有b=a，故f（x）=asin（x+）．求得f（﹣x）=asinx，再利用正弦函数的性质得出结论．
【解答】解：函数f（x）=asinx+bcosx=sin（x+θ）（a≠0）的周期为2π，
在处取得最小值，
故有﹣（a+b）=﹣，即有b=a，∴f（x）=asin（x+）．
则f（﹣x）=asin（π﹣x）=asinx．
则函数y=f（﹣x）为奇函数，对称中心为（kπ，0），k∈Z，
故选：C．
8．已知x，y∈R，（ ）
A．若|x﹣y2|+|x2+y|≤1，则
B．若|x﹣y2|+|x2﹣y|≤1，则
C．若|x+y2|+|x2﹣y|≤1，则
D．若|x+y2|+|x2+y|≤1，则
【考点】7B：二元一次不等式（组）与平面区域．
【分析】利用绝对值不等式的性质，得出（x2﹣y）+（y2﹣x）≤|x2﹣y|+|y2﹣x|=|x﹣y2|+|x2﹣y|≤1，即得，判断B正确．
【解答】解：对于A，|x﹣y2|+|x2+y|≤1，
由化简得x2+x+y2﹣y≤1，二者没有对应关系；
对于B，由（x2﹣y）+（y2﹣x）≤|x2﹣y|+|y2﹣x|=|x﹣y2|+|x2﹣y|≤1，
∴x2﹣x+y2﹣y≤1，即，命题成立；
对于C，|x+y2|+|x2﹣y|≤1，
由化简得x2+x+y2+y≤1，二者没有对应关系；
对于D，|x+y2|+|x2+y|≤1，
化简得x2﹣x+y2+y≤1，二者没有对应关系．
故选：B．
9．已知平面向量满足，，，，则最大值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】9R：平面向量数量积的运算．
【分析】设， =， =，则由向量的数量积运算公式可知最大值为4S，根据A点轨迹找出A到BC的最大距离即可求出最大值．
【解答】解：设， =， =，与所成夹角为θ，
则=|AB|2|AC|2﹣|AB|2|AC|2cos2θ=|AB|2|AC|2sin2θ=|AB|2|AC|2sin2∠CAB，
=4S2△ABC，
∵，，，∴的夹角为60°，
设B（3，0，），C（1，），则|BC|=，
∴S△OBC==，设O到BC的距离为h，
则=S△OBC=，
∴h=，
∵||=4，∴A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上，
∴A到BC的距离最大值为4+h=4+．
∴S△ABC的最大值为××（4+）=2+，
∴最大值为4（2+）2=（4+3）2．
故选：D．
10．已知异面直线l1，l2，点A是直线l1上的一个定点，过l1，l2分别引互相垂直的两个平面α，β，设l=α∩β，P为点A在l的射影，当α，β变化时，点P的轨迹是（ ）
A．圆 B．两条相交直线 C．球面 D．抛物线
【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】由题意，异面直线l1，l2间的距离为定值，P为点A在l的射影，则PA为定值，点A是直线l1上的一个定点，即可得出结论．
【解答】解：由题意，异面直线l1，l2间的距离为定值，P为点A在l的射影，则PA为定值，即异面直线l1，l2间的距离，
∵点A是直线l1上的一个定点，
∴当α，β变化时，点P的轨迹是球面，
故选C．
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
11．双曲线的渐近线方程是 y=±x ，离心率是 ．
【考点】KB：双曲线的标准方程．
【分析】直接利用方程，可得双曲线的性质．
【解答】解：双曲线的渐近线方程是y=±x，
a=，b=1，c=，离心率是=，
故答案为y=±x，．
12．某四棱锥的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是 12 cm3，侧面积是 27 cm2．
【考点】L!：由三视图求面积、体积．
【分析】首先还原几何体，根据图中数据计算几何体体积、侧面积．
【解答】解：由三视图得到几何体如图：
体积为=12；
侧面积为=27；
故答案为：12；27．
13．已知正数数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1= 2 ，Sn= 2n2 ．
【考点】89：等比数列的前n项和．
【分析】由等差中项和等比中项可得=，平方可得Sn=，把n=1代入可得a1=2，还可得Sn﹣1=，又an=SnS﹣n﹣1，数列各项都是正数，可得an﹣an﹣1=4，可得数列为等差数列，可得前n项和公式．
【解答】解：由题意知=，平方可得Sn=，①
①由a1=S1得=，从而可解得a1=2．
又由①式得Sn﹣1=（n≥2）…②
①﹣②可得an=SnS﹣n﹣1=﹣（n≥2）
整理得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣4）=0
∵数列{an}的各项都是正数，
∴an﹣an﹣1﹣4=0，即an﹣an﹣1=4．
故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列，
∴Sn=2n+=2n2．
当n=1时，S1=a1=2．
故Sn=2n2．
故答案是：2；2n2．
14．若正数a，b满足3+log2a=1+log4b=log8（a+b），则a= ，b= ．
【考点】4H：对数的运算性质．
【分析】正数a，b满足3+log2a=1+log4b=log8（a+b），利用对数的运算法则与单调性可得：8a==，解出即可得出．
【解答】解：∵正数a，b满足3+log2a=1+log4b=log8（a+b），
∴log2（8a）==，
∴8a==，
解得a==b．
故答案为：，．
15．现有排成一列的5个花盆，要将甲、乙两种花种在其中的2个花盆里（每个花盆种一种花），若要求每相邻的3个花盆里至少有一种花，则这样的不同的种法数是 14 （用数字作答）
【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．
【分析】先求出没有限制的种数，再排除三个空盆相邻的种数，问题得以解决．
【解答】解：没有限制的种花种数为A52=20种，其中三个空盆相邻的情况有A33=6种，
则每相邻的3个花盆里至少有一种花，则这样的不同的种法数是20﹣6=14种，
故答案为：14．
16．已知圆O1和圆O2都经过点A（0，1），若两圆与直线4x﹣3y+5=0及y+1=0均相切，则|O1O2|= ．
【考点】JA：圆与圆的位置关系及其判定．
【分析】
由题意画出图形，可得两圆中一个圆的圆心在坐标原点，由已知列式求出另一圆心坐标，则答案可求．
【解答】解：如图，∵原点O到直线4x﹣3y+5=0的距离d=，到直线y=﹣1的距离为1，且到（0，1）的距离为1，
∴圆O1和圆O2的一个圆心为原点O，不妨看作是圆O1，
设O2（a，b），则由题意：
，解得．
∴．
故答案为：．
17．已知函数f（x）=x2+mx++n（m，n∈R）有零点，则m2+n2的取值范围是 [，+∞） ．
【考点】52：函数零点的判定定理．
【分析】令t=x+，得出关于t的方程t2+mt+n﹣2=0在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有解，根据零点的存在性定理列不等式，作出平面区域，根据m2+n2的几何意义解出．
【解答】解：f（x）=x2+mx++n==．
令x+=t，当x＞0时，t≥2；当x＜0时，t≤﹣2．
∵函数f（x）在定义域上有零点，∴方程t2+mt+n﹣2=0在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有解，
∴2﹣2m+n≤0或2+2m+n≤0，
作出平面区域如图所示：
由图形可知平面区域内的点到原点的最短距离d=，
∴m2+n2≥．
故答案为：[，+∞）．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．
18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bcosC+（2a+c）cosB=0．
（I）求角B的值；
（II）若b=1，，求△ABC的面积．
【考点】HT：三角形中的几何计算．
【分析】（I）利用正弦定理化简bcosC+（2a+c）cosB=0可得角B的值；
（II）根据三角内角和定理，消去C角，利用和与差公式以及同角三角函数关系式求出A，C．即可求出△ABC的面积．
【解答】解：（I）∵bcosC+（2a+c）cosB=0．
由正弦定理sinBcosC+2sinAcosB+sinCcosB=0，即sinA+2sinAcosB=0，
∵sinA≠0
∴cosB=，
∵0＜B＜π，
∴B=．
（II）由（I）可得B=．
那么C=60°﹣A．
∵，
即cosA+cos60°cosA+sin60°sinA=；
⇔．
⇔sin（A+）=
∴sin（A+）=1．
∴A=，
∴C=．
∴△ABC是等腰三角形．
故得△ABC的面积S=×1××tan=．
19．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
（I）求证：GF∥平面ADE；
（II）求GF与平面ABE所成角的正切值．
【考点】MI：直线与平面所成的角；LS：直线与平面平行的判定．
【分析】（Ⅰ）取AE的中点H，连接HG，HD，由G是BE的中点，F是CD中点，推导出四边形HGFD是平行四边形，从而GF∥DH，由此能证明GF∥平面ADE．
（II）过B作BQ∥EC，以D为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出GF与平面ABE所成角的正切值．
【解答】证明：（Ⅰ）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，
∴GH∥AB，且GH=AB，
又F是CD中点，∴DF=CD，
由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB=CD，
∴GH∥DF，且GH=DF．∴四边形HGFD是平行四边形，
∴GF∥DH，又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，
∴GF∥平面ADE．
解：（II）如图，在平面BEC内，过B作BQ∥EC，
∵BE⊥CE，∴BQ⊥BE，
又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ，
以D为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1），G（1，0，0），
=（1，2，1），平面ABE的法向量=（0，1，0），
设GF与平面ABE所成角的平面角为θ，
则sinθ==，∴cosθ==，
∴tanθ===．
∴GF与平面ABE所成角的正切值为．
20．已知函数f（x）=x+．
（Ⅰ）当λ＞0时，求证：f（x）≥（1﹣λ）x+λ，并指出等号成立的条件；
（Ⅱ）求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞λ．
【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性．
【分析】（Ⅰ）构造函数g（x）=f（x）﹣（1﹣λ）x﹣λ，根据导数和函数的最值即可证明，
（Ⅱ）对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞λ等价于f（x）的最大值大于λ，求导后，分类讨，根据导数和函数的最值得关系即可证明
【解答】解：（Ⅰ）设g（x）=f（x）﹣（1﹣λ）x﹣λ=x+﹣（1﹣λ）x﹣λ=λ（﹣x﹣1），
∴g′（x）=λ（1﹣），
令g′（x）=0，解得x=0，
当x＞0时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x＜0时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
∴g（x）min=g（0）=0，
∴f（x）≥（1﹣λ）x+λ，当x=0时取等号，
（Ⅱ）证明：“对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞
λ等价于f（x）的最大值大于λ．
∵f′（x）=1﹣λe﹣x，
∴当λ≤0时，x∈[﹣3，3]，f′（x）＞0，f（x）在[﹣3，3]上单调递增，
∴f（x）的最大值为f（3）＞f（0）=λ．
∴当λ≤0时命题成立；
当λ＞0时，由f′（x）=0得x=lnλ，
则x∈R时，x，f′（x），f（x）关系如下：
x
（﹣∞，0）
lna
（0，+∞）
f（x）
﹣
0
+
f′（x）
↓
极小值
↑
（1）当λ≥e3时，lnλ≥3，f（x）在[﹣3，3]上单调递减，
∴f（x）的最大值f（﹣3）＞f（0）=λ．
∴当λ≥e3时命题成立；
（2）当e﹣3＜λ＜e3时，﹣3＜lnλ＜3，
∴f（x）在（﹣3，lnλ）上单调递减，在（lnλ，3）上单调递增．
∴f（x）的最大值为f（﹣3）或f（3）；
且f（﹣3）＞f（0）=λ与f（3）＞f（0）=λ必有一成立，
∴当e﹣3＜λ＜e3时命题成立；
（3）当0＜λ≤e﹣3时，lnλ≤﹣3，
∴f（x）在[﹣3，3]上单调递增，
∴f（x）的最大值为f（3）＞f（0）=λ．
所以当0＜λ≤e﹣3时命题成立；
综上所述，对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞λ
21．已知椭圆，点A（3，0），P是椭圆C上的动点．
（I）若直线AP与椭圆C相切，求点P的坐标；
（II）若P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形OPAB面积的最小值．
【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．
【分析】（I）设直线AP的方程，代入椭圆方程，由△=0，即可求得k的值，代入即可求得P点坐标；
（II）设AP中点为D，由|BA|=||BP|，所以BD⊥AP，求得AP的斜率，进而得到BD的斜率和中点，可得直线BD的方程，即有B的坐标，求得四边形OPAB的面积为S=S△OAP+S△OMB，化简整理，运用基本不等式即可得到最小值．
【解答】解：（I）设直线AP的斜率k，（k≠0），则直线AP：y=k（x﹣3），
，整理得：（1+3k2）x2﹣18k2x+27k2﹣6=0，
由直线AP与椭圆C相切，则△=（18k2）2﹣4×（1+3k2）（27k2﹣6）=0，解得：k2=，
则x2﹣4x+4=0，解得：x=2，
将x=2代入椭圆方程，解得：y=±，
∴P点坐标为（2，）或（2，﹣）；
（II）设线段AP的中点为D．
因为BA=BP，所以BD⊥AP．
由题意知直线BD的斜率存在，
设点P的坐标为（x0，y0）（y0≠0），
则点D的坐标为（，），直线AP的斜率kAP=，
∴直线BD的斜率kBD=﹣=，
故直线BD的方程为y﹣=（x﹣）．
令x=0，得y=，故B（0，）．
由+=1，得x02=6﹣3y02，化简得B（0，）．
因此，S四边形OPAB=S△OAP+S△OAB=×3×|y0|+×3×||
=（|y0|+||）=（2|y0|+）≥×2=3．
当且仅当2|y0|=时，即y0=±∈[﹣，]时等号成立．
故四边形OPAB面积的最小值为3．
22．已知正项数列{an}满足：a1=，an2=an﹣1an+an﹣1（n≥2），Sn为数列{an}的前n项和．
（I）求证：对任意正整数n，有；
（II）设数列的前n项和为Tn，求证：对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，Tn＞M．
【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．
【分析】（I）猜想an．利用数学归纳法能证明对任意正整数n，有．
（II）由an+1＞an＞0，f（x）=在区间（0，+∞）上单调递增，得到an+1﹣an=≥．从而当n≥2时， =，，进而Tn=≥6﹣，由此能证明对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，Tn＞M．
【解答】证明：（I）正项数列{an}满足：a1=，an2=an﹣1an+an﹣1（n≥2），
∴﹣a2﹣=0，a2＞0，解得a2=1＜．
猜想an．
下面利用数学归纳法证明：
（i）当n=1时，成立．
（ii）假设n=k∈N*时，ak≤成立．
则n=k+1时，a2k+1=ak（ak+1+1）≤（ak+1+1），
解得ak+1≤=
≤=．
因此n=k+1时也成立．
综上可得：∀n∈N*，an成立．
∴Sn≤…+==，
故对任意正整数n，有．
（II）由（Ⅰ）知an+1＞an＞0，
，a2=1，
∵f（x）=在区间（0，+∞）上单调递增，
∴an+1﹣an=≥．
∴an=a1+an﹣an﹣1+an﹣1﹣an﹣2+…+a2﹣a1≥，
当n≥2时， =，，
∴Tn==≥6﹣，
令6﹣＞M，n＞，
设N0为不小于的最小整数，取N=N0+1（即N=[]+1），
当n＞N时，Tn＞M．
∴对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，Tn＞M．
2017年7月23日